Question

15．?dāng)?shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和記為 S_n，a₁=2，a_n+1=S_n+n，等差數(shù)列{b_n}的各項(xiàng)為正，其前n項(xiàng)和為T_n，且 T₃=9，又 a₁+b₁，a₂+b₂，a₃+b₃成等比數(shù)列．
（Ⅰ）求{a_n}，{b_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）求證：當(dāng)n≥2時(shí)，$\frac{1}{{_{1}}^{2}}$+$\frac{1}{{_{2}}^{2}}$+…+$\frac{1}{{_{n}}^{2}}$＜$\frac{5}{4}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由a_n+1=S_n+n，得a_n=S_n-1+（n-1）（n≥2），兩式相減，結(jié)合等比數(shù)列的定義和通項(xiàng)，即可得到{a_n}的通項(xiàng)；再由等比數(shù)列的性質(zhì)，求得等差數(shù)列{b_n}的首項(xiàng)和公差，即可得到所求通項(xiàng)；
（Ⅱ）$\frac{1}{{_{k}}^{2}}$=$\frac{1}{（2k-1）^{2}}$＜$\frac{1}{（2k-1）^{2}-1}$=$\frac{1}{4k（k-1）}$=$\frac{1}{4}$（$\frac{1}{k-1}$-$\frac{1}{k}$），再由裂項(xiàng)相消求和，結(jié)合不等式的性質(zhì)，即可得證．

解答 解：（Ⅰ）由a_n+1=S_n+n，得
a_n=S_n-1+（n-1）（n≥2），兩式相減得
a_n+1-a_n=S_n-S_n-1+1=a_n+1，所以a_n+1=2a_n+1，
所以a_n+1+1=2（a_n+1）（n≥2），
又a₂=3所以a_n+1=2^n-2（a₂+1），從而a_n=2^n-1（n≥2），
而a₁=2，不符合上式，所以a_n=$\left\{\begin{array}{l}{2，n=1}\\{{2}^{n}-1，n≥2}\end{array}\right.$；
因?yàn)閧b_n}為等差數(shù)列，且前三項(xiàng)的和T₃=9，所以b₂=3，
可設(shè)b₁=3-d，b₃=3+d，由于a₁=2，a₂=3，a₃=7，
于是a₁+b₁=5-d，a₂+b₂=6，a₃+b₃=10+d，
因?yàn)閍₁+b₁，a₂+b₂，a₃+b₃成等比數(shù)列．
所以（5-d）（10+d）=36，d=2或d=-7（舍），
所以b_n=b₁+（n-1）d=1+2（n-1）=2n-1；
（Ⅱ）證明：因?yàn)?\frac{1}{{_{k}}^{2}}$=$\frac{1}{（2k-1）^{2}}$＜$\frac{1}{（2k-1）^{2}-1}$=$\frac{1}{4k（k-1）}$=$\frac{1}{4}$（$\frac{1}{k-1}$-$\frac{1}{k}$）
所以，當(dāng)n≥2時(shí)，$\frac{1}{{_{1}}^{2}}$+$\frac{1}{{_{2}}^{2}}$+…+$\frac{1}{{_{n}}^{2}}$=$\frac{1}{{1}^{2}}$+$\frac{1}{{3}^{2}}$+…+$\frac{1}{（2k-1）^{2}}$
＜1+$\frac{1}{4}$[（1-$\frac{1}{2}$）+（$\frac{1}{2}-\frac{1}{3}$）+…+（$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n}$）]
=1+$\frac{1}{4}$（1-$\frac{1}{n}$）＜1+$\frac{1}{4}$=$\frac{5}{4}$．
則有當(dāng)n≥2時(shí)，$\frac{1}{{_{1}}^{2}}$+$\frac{1}{{_{2}}^{2}}$+…+$\frac{1}{{_{n}}^{2}}$＜$\frac{5}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項(xiàng)和求和公式的運(yùn)用，同時(shí)考查不等式的放縮法和裂項(xiàng)相消求和的運(yùn)用，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．